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{$LastChangedDate: 2009-05-27 03:35:52 +0000 (Wed, 27 May 2009) $}
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\part{Integral sobre conjuntos arbitrarios}


\chapter{Áreas (conjuntos Jordan medibles)} \label{ch:04} 


\section{Definición}

Ya definimos la integral de una función sobre rectángulos, ahora el
problema es definir la integral sobre regiones delimitadas por curvas,
regiones como la de la siguiente figura \ref{fig:reg-delim-curva}.

\begin{figure} \centering 
%original-width 211pt;original-height 106pt;
\includegraphics[width=199pt,height=101pt]{./img-old/04/HYOT311Q}
\caption{Regiones delimitadas por las curvas}
\label{fig:reg-delim-curva}
\end{figure}

Este tipo de conjuntos serán nuestra región de integración, en $\mathbb{R}^{2}$. Por ejemplo, si tenemos la función constante $f(x,y)=1$, definida sobre un conjunto como las regiones de la figura \ref{fig:reg-delim-curva}, geométricamente la integral será el volumen bajo la superficie, que es igual
a el área de la región. Y ¿ cómo sabemos que tal 
área existe?, ¿ cómo la calculamos?, 
¿ qué propiedades cumple?. Para poder definir la
integral sobre conjuntos arbitrarios, necesitamos responder estas preguntas
no sólo para conjuntos en $\mathbb{R}^{2}$, sino en general en $\mathbb{R}^{n}$.

Supongamos que tenemos un conjunto $\Omega \subset \mathbb{R}^{2}$, cuya
frontera es unión de un número finito de rectas Podemos
descomponerlo en triángulos y rectángulos, como se muestra en la
siguiente figura \ref{fig:reg-delim-recta}.

\begin{figure} \centering 
%original-width 215pt;original-height 177pt;
\includegraphics[width=171pt,height=132pt]{./img-old/04/HYOT311R}
\caption{Región delimitada por las rectas}
\label{fig:reg-delim-recta}
\end{figure}

El área de $\Omega $ es igual a la suma de las áreas de los triángulos y rectángulos. El problema es, cómo definir el área de
un conjunto $\Omega \subset \mathbb{R}^{2}$ delimitado por curvas.

Supongamos que tenemos un conjunto $\Omega $ acotado y delimitado por una
curva cerrada. Vea la figura \ref{fig:cur-cerrada}. Lo podemos encerrar en un rectángulo $R$. Sea $P$ una
partición de $R$. Llamemos $P_{i}$ al polígono formado al interior
de $\Omega $ por la unión de los subrectángulos inducidos por $P$,
que están totalmente contenidos en $int\Omega $; y, llamemos $P_{e}$ al
polígono formado, al exterior de $\Omega $ por la unión de los
subrectángulos, tales que su intersección con la cerradura de omega, 
$\overline{\Omega }$, es distinta del vacío. Esto es, para todo subrectángulo $S$ inducido por $P$:
\[
P_{i}=\cup _{S\subset int\Omega } S\text{ \qquad\ y \qquad\ }P_{e}=\underset{S\cap \overline{\Omega }\neq \varnothing }{\cup }S
\]

\begin{figure} \centering 
%original-width 196pt;original-height 171pt;
\includegraphics[width=204pt,height=153pt]{./img-old/04/HYOT311S}
\caption{}
\label{fig:cur-cerrada}
\end{figure}

Los polígonos $P_{i}$ y $P_{e}$ tienen área (si $P_{i}=\varnothing $, diremos que su área es cero) denotemos estas áreas por $A(P_{i})$
y $A(P_{e})$ respectivamente. Obviamente tenemos que $A(P_{i})\leq A(P_{e})$, pues $P_{i}\subseteq P_{e}$. Y como $P_{i}\subseteq \Omega \subseteq P_{e}$, si el área de $\Omega $ existe, es de esperarse que:
\[
0\leq A(P_{i})\leq A(\Omega )\leq A(P_{e})
\]
Partiendo de que el área es mayor o igual que cero, y
denotando el área de $\Omega $ por $A(\Omega )$.

Consideremos un refinamiento $Q$ de $P$, y denotemos por $Q_{i}$ a la unión de los subrectángulos inducidos por $Q$ que sólo contienen
puntos del interior de $\Omega $, y por $Q_{e}$ a la unión de los subrectángulos inducidos por $Q$ que su intersección con $\overline{\Omega }
$ es distinta del vacío. Como $Q$ es refinamiento de $P$, todo subrectángulo inducido por $P$ esta contenido en unión de subrectángulos inducidos por $Q$ y, por tanto, $P_{i}\subseteq Q_{i}$ y $Q_{e}\subseteq P_{e}$. Esto es, el polígono que formamos dentro de $\Omega $ con el refinamiento, $Q_{i}$ crece respecto al polígono $P_{i}$
y, el polígono exterior $Q_{e}$ decrece respecto a $P_{e}$, de forma que al
refinar la partición $P$ obtenemos una mejor aproximación al área de $\Omega $, por arriba con el área de $Q_{e}$ y, por abajo, con el 
área de $Q_{i}$. Es decir:
\[
A(P_{i})\leq A(Q_{i})\text{ y }A(Q_{e})\leq A(P_{e})
\]


\begin{lemma} \label{le:omega-ref}
 Sea  $R$  un rectángulo que
contiene a  $\Omega \subseteq \mathbb{R}^{n}$, sea  $P$  
partición de  $R$  y  $Q$  refinamiento de  $P$.
Entonces  $A(P_{i})\leq A(Q_{i})$  y  $A(Q_{e})\leq A(P_{e})$.
\end{lemma}


Si continuamos refinando y refinando la partición, nos vamos a ir
aproximando cada vez más al área de $\Omega $, si ésta existe.

Del lema \ref{le:omega-ref} se desprende el siguiente corolario


\begin{corollary}
 Sea  $R$  un rectángulo que
contiene a  $\Omega $;  entonces, para cualesquiera dos particiones de  $R$,   $P$  y  $Q$  se tiene que  $A(P_{e})\geq
A(Q_{i})$.
\end{corollary}


Dem. Sea $P^{\ast }$ un refinamiento común a $P$ y $Q$. Entonces, todo
subrectángulo inducido por $P$ es unión de subrectángulos
inducidos por $P^{\ast }$, análogamente para $Q$, por tanto $P_{i}\subseteq P_{i}^{\ast }\subseteq P_{e}^{\ast }\subseteq Q_{e}$; y,
entonces
\[
A(P_{i})\leq A(P_{i}^{\ast })\leq A(P_{e}^{\ast })\leq A(Q_{e})\Diamond 
\]

Consideremos los siguientes dos conjuntos:
\begin{align*}
 I &= \left\{ A(P_{i})\mid P_{i}=\bigcup _{S\subset int\Omega } S \right\} \\ 
 E &= \left\{ A(P_{e})\mid P_{e} = \bigcup_{S\cap \overline{\Omega }\neq
\varnothing }S \right\} 
\end{align*}
Donde $S$ subrectángulo inducido por $P$, $P$ partición de $R$.


\noindent Nótese que $I$ está acotado superiormente por el área
de cualquier polígono exterior a $\Omega $; y $E$, está acotado
inferiormente por el área de cualquier polígono inscrito en $\Omega 
$. Por tanto existen el $\sup I$ y el $\inf E$. Vamos a llamar área
interior de $\Omega $ al $\sup I$, y área exterior de $\Omega $ al $\inf
E$, y vamos a denotarlas de la siguiente manera:

\noindent Área interior de $\Omega $:
\[
\underline{A}(\Omega )=\sup \left\{ A(P_{i})\mid P_{i}= 
\bigcup_{S\subset int\Omega } S \right\}  
\]

\noindent Área exterior de $\Omega $:
\[
\overline{A}(\Omega )=\inf \left\{ A(P_{e})\mid P_{e}=
\bigcup_{S\cap \overline{\Omega }\neq \varnothing } S\right\} 
\]
Donde $S$ subrectángulo inducido por $P$, $P$ partición de $R$.

\textbf{Observaciones}

1. Si el área de $\Omega $ existe, tenemos que $A(P_{i})\leq A(\Omega )$
y $A(Q_{e})\geq A(\Omega )$, para todo polígono $P_{i}$ inscrito, y $Q_{e}$ circunscrito en $\Omega $ construidos a partir de cualesquiera
particiones $P$ y $Q$, respectivamente.

2. Para cualquier conjunto $\Omega $, ocurre una de dos: $\underline{A}(\Omega )<\overline{A}(\Omega )$ o $\underline{A}(\Omega )=\overline{A}(\Omega )$

En consecuencia, si el área de $\Omega $ existe, tenemos que: $\underline{A}(\Omega )\leq A(\Omega )\leq \overline{A}(\Omega )$, de modo
que si $\underline{A}(\Omega )=\overline{A}(\Omega )$, entonces al área
de $\Omega $ no le quedará más que ser éste valor común$\underline{A}(\Omega )=\overline{A}(\Omega )$.


\begin{definition}
  Sea  $\Omega \subseteq \mathbb{R}^{n} $, acotado. Si existe el valor común  $\underline{A}(\Omega
)=\overline{A}(\Omega )$, entonces decimos que  $\Omega $  
tiene área y, en tal caso, 
\[
 A(\Omega )=\underline{A}(\Omega )=\overline{A}(\Omega ) .
\]
\end{definition}


En $\mathbb{R}$, si $\Omega $ es un intervalo, entonces el valor común $\underline{A}(\Omega )=\overline{A}(\Omega )$ es la longitud de $\Omega $;
en $\mathbb{R}^{2}$, ya vimos que es el área; para $\Omega \subseteq 
\mathbb{R}^{3}$, sería el volumen; pero, en general, al valor común $\underline{A}(\Omega )=\overline{A}(\Omega )$ se llama \textbf{medida (o contenido) de Jordán}\textit{. }Los conjuntos que tienen
medida (o contenido) de Jordán, se llaman Jordán medibles (J-m).

Si $\underline{A}(\Omega )<\overline{A}(\Omega )$, entonces diremos que $\Omega $ no tiene área; o sea, que $\Omega $ no es Jordán medible
(no es J-m).

La definición no depende del rectángulo $R$ que tomemos para
encerrar a $\Omega $. Esto es, para cualquier rectángulo $R$ que
tomemos, el proceso de tomar particiones para formar los polígonos
inscritos y circunscritos a $\Omega $, nos llevará al mismo resultado.

\bigskip

Ejemplo 1. $\Omega =\left\{ \overline{p}\right\} \subseteq \mathbb{R}^{2}$, $\overline{p}=(p_{1},p_{2})$. Sea $R=[p_{1}-1,p_{1}+1]\times \lbrack
p_{2}-1,p_{2}+1]$ Como $int\Omega =\varnothing $, entonces, para cualquier
partición $P$ de $R$, no hay subrectángulos que sólo contengan
puntos interiores de $\Omega $, por lo que $P_{i}=\varnothing $ y $A(P_{i})=0$
y, por tanto, $\underline{A}(\Omega )=0$.

Sea $P_{n}$ partición de $R$ tal que induce subrectángulos $S_{n}=\left[ p_{1}-\frac{1}{n},p_{1}+\frac{1}{n}\right] \times \left[ p_{2}-\frac{1}{n},p_{2}+\frac{1}{n}\right] $. Como $\overline{\Omega }=\left\{ \overline{p}\right\} $, $\Omega \cup \partial \Omega $ queda contenido en un sólo $S_{n}$, entonces, $A(S_{n})=A(P_{e})=\frac{4}{n}$. Al hacer tender $n$ a
infinito, $\lim _{n\rightarrow \infty } \frac{4}{n}=0$. Por tanto $A(\Omega )=0$. En consecuencia, el área de $\Omega $ es cero.\medskip

Ejemplo 2. Vamos a ver un conjunto que no tiene área: $\Omega
=[0,1]\times \left( \mathbb{Q\cap }\left[ 0,1\right] \right) \subset \mathbb{R}^{2}$. Sea $R=[0,1]\times \left[ 0,1\right] \mathbb{\subset \mathbb{R}}^{2} $. Aquí también tenemos que $int\Omega =\varnothing $,
entonces, para toda partición $P$ de $R$, tenemos que no hay subrectángulos $S$ inducidos por $P$ que estén contenidos en $int\Omega $ y, la unión de los subrectángulos que contienen a $\overline{\Omega }=R$, es
todo el cuadrado unitario por lo que:
\[
\sum _{S\subseteq int\Omega } A(S)=\sum _{\varnothing } A(S)=0\text{, \ y }\underset{S\cap \overline{\Omega }\neq \varnothing }{\sum }A(S)=1
\]
\[
\implies \text{ \ }\underline{A}(\Omega )=0<1=\overline{A}(\Omega )
\]


\noindent por tanto $\Omega =[0,1]\times \left( \mathbb{Q\cap }\left[ 0,1\right] \right) $ no tiene área (es decir, no es Jordan medible).

\bigskip

\textbf{Observación 1}. Es lo mismo decir que un conjunto tiene área
cero (medida de Jordan cero), que decir que un conjunto tiene contenido
cero, como lo definimos en la sección 2 del capítulo 2 (lo que
vamos a usar, pero lo demostraremos al final de esta sección).\medskip

\textbf{Observación 2}. No es lo mismo decir que un conjunto tiene
medida de Jordan cero, que decir que un conjunto no es Jordan medible. En el
ejemplo 1, $\Omega $ tiene área cero, pues el valor común $\underline{A}(\Omega )=\overline{A}(\Omega )$ existe y es cero; o sea, $\Omega $ tiene medida de Jordán cero. En el ejemplo 2, $\Omega $ no
tiene área, pues no existe el valor común $\underline{A}(\Omega )=\overline{A}(\Omega )$; o sea, $\Omega $ no es Jordán medible.


\begin{lemma} \label{le:JM-frontera}
 Sea  $\Omega \subseteq \mathbb{R}^{n}$, acotado; entonces,  $\Omega $  tiene área si y solo si  $A(\partial \Omega )=0$  (que se puede formular como:  $\Omega $  es J-m si, y sólo si  $A(\partial \Omega )=0$).
\end{lemma}


Dem. Supongamos que $\Omega $ tiene área. Por demostrar que $A(\partial
\Omega )=0$. Sea $R$ un rectángulo que contiene a $\Omega $ y $P$
cualquier partición de $\Omega $. Observemos que $\partial \Omega
\subseteq P_{e}-P_{i}$ (parte sombreada en la siguiente figura \ref{fig:j-medible}).

\begin{figure} \centering 
%original-width 335pt;original-height 338pt;
\includegraphics[width=180pt,height=182pt]{./img-old/04/HYOT311T}
\caption{$P_{e}-P_{i}$}
\label{fig:j-medible}
\end{figure}

\noindent Esto es, para cada partición $P$ de $\Omega $, formamos un polígono exterior de $\partial \Omega $,

$P_{e}^{\ast }=P_{e}-P_{i}$. Entonces
\[
A(P_{i}^{\ast })\leq A(P_{e}^{\ast })=A(P_{e})-A(P_{i})
\]

\noindent como $\Omega $ tiene área,
\[
0\leq \underline{A}(\partial \Omega )\leq \overline{A}(\partial \Omega )=\overline{A}(\Omega )-\underline{A}(\Omega )=0
\]
por tanto $\partial \Omega $ tiene área y:
\[
A(\partial \Omega )=0
\]

Ahora supongamos que $A(\partial \Omega )=0$. Sea $R$ un rectángulo que
contiene a $\partial \Omega \cup \Omega $. Sea $P$ partición de $R$ que
induce subrectángulos $S$; entonces, por un lado tenemos que no existe $S\subset int\partial \Omega $, pues $A(\partial \Omega )=0$ y el polígono exterior a $\partial \Omega $ esta dado por:
\[
P_{e}^{\ast }=\cup _{S\cap \partial \Omega \neq \varnothing } S
\]
Por otro lado, el polígono interior y exterior a $\Omega $,
esta dado respectivamente por:
\[
P_{i}=\cup _{S\cap int\Omega \neq \varnothing } S\text{ \ \ \ y \ \ \ }P_{e}=\underset{S\cap \overline{\Omega }\neq \varnothing }{\cup }S
\]


\noindent Como $S\cap \partial \Omega =\left[ S\cap \overline{\Omega }\right]
-\left[ S\cap int\Omega \right] $, entonces
\[
\underset{S\cap \partial \Omega \neq \varnothing }{\cup }S=\underset{S\cap 
\overline{\Omega }\neq \varnothing }{\cup }S-\underset{S\cap int\Omega \neq
\varnothing }{\cup }S
\]


\noindent es decir,
\[
P_{e}^{\ast }=P_{e}-P_{i}
\]
entonces:
\[
A(P_{e}^{\ast })=A(P_{e})-A(P_{i})
\]
Como esto lo podemos hacer para cualquier partición $P$ de $R$, se sigue que
\[
0=A\left( \partial \Omega \right) =\overline{A}(\partial \Omega )=\overline{A}(\Omega )-\underline{A}(\Omega )
\]
de lo cual se concluye que:
\[
\overline{A}(\Omega )=\underline{A}(\Omega )
\]
por tanto $\Omega $ tiene área ($\Omega $ es Jordán
medible).$\Diamond $

\bigskip

Hemos estado haciendo uso de algunas de las propiedades del área, vamos
pues a enlistarlas (las que no se demuestren aquí, quedan como
ejercicio).

\section{Propiedades del área (propiedades de conjuntos Jordán-medibles)}


\begin{quote}
1. Sean $M$, $N\subset \mathbb{R}^{n}$ conjuntos acotados con área. Si $N\subset M$, entonces $A(N)\leq A(M)$
\end{quote}

Dem. Sea $R$ un rectángulo tal que $N\subset M\subset R$. Sea $P$
cualquier partición de $R$. $S$ los subrectángulos inducidos por $P$
y $P_{e}(\overline{N})$, $P_{e}(\overline{M})$ los polígonos exteriores
de $N$ y $M$ respectivamente. Como $N\subset M$, los subrectángulos que
intersectan a $\overline{N}$, también intersectan a $\overline{M}$; por
tanto,
\[
A(P_{e}(\overline{N}))\leq A(P_{e}(\overline{M}))
\]
Como esta desigualdad se cumple para toda partición de $R$,
entonces
\[
A(N)=\overline{A}(N)\leq \underline{A}(M)=A(M)\Diamond 
\]

De esta propiedad es inmediata la siguiente.\medskip

2. Si $A(M)=0$ y $N$ es cualquier conjunto con área tal que $N\subset M$, entonces $A(N)=0$.\medskip

3. Si $M$ y $N$ tienen área (son Jordán-medibles), entonces $M\cup N$
tiene área (es J-m); y
\[
 \qquad \qquad \qquad A(M\cup N)\leq A(M)+A(N).
\]
Además, si $M$ y $N$ no se intersectan, o se intersectan a lo más en puntos frontera, entonces

$\qquad \qquad \qquad A(M\cup N)=A(M)+A(N)$\medskip

4. Si $M$ y $N$ tienen área (son J-m), entonces $M-N$ tiene área (es
J-m). Además, si $N\subset M$, entonces

$\qquad \qquad \qquad \qquad A(M-N)=A(M)-A(N)$.

Dem. de 4. Por el lema \ref{le:JM-frontera}, tenemos que $A(\partial
M)=A(\partial N)=0$, entonces, por la propiedad 3,
\[
A(\left( \partial M\right) \cup \left( \partial
N\right) )\leq A\left( \partial M\right) +A\left( \partial N\right) =0
\]

\noindent y, como la frontera de $M-N$ está contenida en la unión de
las fronteras de $M$ y $N$; esto es,
\[
\partial (M-N)\subset \left( \partial M\right)
\cup \left( \partial N\right) 
\]

\noindent por la propiedad 2 tenemos que $A\left( \partial (M-N)\right) =0$.
Lo que demuestra que $M-N$ tiene área.

Supongamos que $N\subset M$. Como $M-N$ y $N$ no se intersecan, entonces
(propiedad 3)
\[
 A\left( \left( M-N\right) \cup N\right) =A((M-N))+A(N)
\]

\noindent pero\qquad $\left( M-N\right) \cup N=M$, por lo que $A(M)=A((M-N))+A(N)$

\noindent por tanto\textbf{\ }$\mathbf{\qquad \qquad }$ $A(M)-A(N)=A(M-N)\Diamond $\medskip

5. Sean $M$ y $N$ dos conjuntos con área (Jordán-medibles), entonces 
$M\cap N$ tiene área (es Jordán-medible), y
\[
 A(M\cap N)=A(M)+A(N)-A(M\cup N)
\]

\noindent y $\qquad \ \qquad \ \qquad $\ $A(M-N)=A(M)-A(M\cap N)$

\noindent Además, si $M$ y $N$ no se intersectan, o se intersectan a lo más en puntos frontera, entonces

$\qquad \qquad \qquad \qquad A(M\cap N)=0$\medskip

6. Si $M$ tiene área (es J-m), entonces
\[
 \qquad \qquad \qquad A(M^{o})=A(\overline{M})=A(M)
\]
donde $M^{o}$ denota el interior de $M$; y, $\overline{M}$, la
cerradura de $M$.\medskip

Por último, demostraremos la observación 1 de la sección
anterior, para lo cual haremos uso de la siguiente afirmación:

\bigskip

\textbf{Afirmación IV.2.1}: \textit{Si }$c(\Omega )=0$\textit{\ o }$A(\Omega )=0$\textit{\ entonces }$int(\Omega )=\varnothing $

\bigskip

Dem. de la afirmación. Tomemos como hipótesis que $c(\Omega )=0$.
Supongemos que $int(\Omega )\neq \varnothing $, entonces existe $\delta >0$
tal que la bola abierta, $B_{\delta }(x)\subset \Omega $, con $x\in
int(\Omega )$. Sea $R$ cualquier rectángulo tal que $x\in R\subset
B_{\delta }(x)$. Sea $\varepsilon <V(R)$. Como $c(\Omega )=0$, existen rectángulos $R_{1}, \ldots ,R_{m}$ tales que
\[
\Omega \subset \cup_{i=1}^{m} R_{i}\text{ y }\sum_{i=1}^{m} V(R_{i})<\varepsilon 
\]


\noindent Pero como $R\subset B_{\delta }(x)\subset \Omega $, entonces
\[
\varepsilon <V(R)\leq \sum_{i=1}^{m} V(R_{i})<\varepsilon 
\]
lo que es una contradicción. por tanto, $int(\Omega
)=\varnothing $.

Ahora, Tomemos como hipótesis que $A(\Omega )=0$. Supongamos que $int(\Omega
)\neq \varnothing $. Sea $R$ es un rectángulo tal que $\Omega \subset R$. Como $int(\Omega )$ es un conjunto abierto, podemos dar una partición $P$ tal que tenga un subrectángulo $S$ contenido en $int(\Omega )$, es
decir, tal que $S\subset int(\Omega )$; entonces $S$ está contenido en
el polígono inscrito $P_{i}$; y, para cualquier refinamiento $Q$ de $P$, $S$ estará contenido en el polígono inscrito correspondiente $Q_{i}$. Esto es, tenemos que para todo refinamiento $Q$ de $P$, ocurre que
\[
 S\subset Q\Rightarrow A(Q_{i})\geq A(S)
\]
\[
\mathbf{\Rightarrow }\text{ }\ \underline{A}(\Omega )\geq A(S)>0
\]


\noindent Lo que contradice el hecho de que $A(\Omega )=0$. Por tanto, es
falso suponer que $int(\Omega )\neq \varnothing $.$\Diamond $


\begin{theorem}
 $c(\Omega )=0$ si, y sólo si $A(\Omega )=0$.
\end{theorem}


Dem. Supongamos que $c(\Omega )=0$. Como $int(\Omega )=\varnothing $,
entonces $\underline{A}(\Omega )=0$.  Ahora, sólo falta demostrar que $\overline{A}(\Omega )=0$. Sea $R$ rectángulo, tal que $\Omega \subset R$. Sea $\varepsilon >0$, sea $P$ partición de $R$ tal que los subrectángulos, $S_{i}$, inducidos por $P$, que cumplen que $S_{i}\cap \overline{\Omega }\neq \varnothing $ (o sea $\Omega \subset \cup_{i=1}^{m} S_{i}$), satisfagan que $\sum_{i=1}^{m} V(S_{i})<\varepsilon $. Tal partición existe pues $c(\Omega )=0$.

Ahora bien, como $A(S_{i})=V(S_{i})$ $\forall $ $i=1, \ldots ,m$, entonces
\[
\underset{R_{i}\cap \Omega \neq \varnothing }{\sum }A(S_{i})=\sum_{i=1}^{m} V(S_{i})<\varepsilon 
\]

\noindent Lo mismo ocurre para todo refinamiento $Q$ de $P$, de modo que
para toda $\varepsilon >0$:
\[
\overline{A}(\Omega )\leq \sum_{i=1}^{m} V(S_{i})<\varepsilon 
\]

\noindent por tanto:
\[
\overline{A}(\Omega )=0=\underline{A}(\Omega )\Diamond 
\]

Queda como ejercicio demostrar que si $A(\Omega )=0$, entonces $c(\Omega )=0$.

\bigskip

\textbf{Observación 3}. El lema \ref{le:JM-frontera} puede reformularse como:
\[
\Omega \subset \mathbb{R}^{n}\text{, es J-m si, y sólo si, }c(\partial
\Omega )=0
\]

\textbf{Observación 4}. Si $\Omega $ es un conjunto abierto, entonces su
interior es distinto del vacío y, por tanto, no puede tener contenido
cero (ni medida cero). La demostración de ésta observación es 
ánaloga a la demostración de la afirmación \textbf{IV.2.1}.


\section{Ejercicios}


1. Demostrar las propiedades de los conjuntos con área (Jordán
medibles):

\noindent a) Si $A(M)=0$ y $N$ es cualquier conjunto tal que $N\subset M$,
entonces $A(N)=0$.

\noindent b) Si $M$ y $N$ tienen área (son Jordán-medibles),
entonces $M\cup N$ tiene área (es J-m); y
\[
 A(M\cup N)\leq A(M)+A(N).
\]
Además, si $M$ y $N$ no se intersectan, o se intersectan a lo más en puntos frontera, entonces
\[
 A(M\cup N)=A(M)+A(N)
\]

\noindent c) Sean $M$ y $N$ dos conjuntos con área (Jordán-medibles), entonces $M\cap N$ tiene área (es Jordán-medible), y
\[
 A(M\cap N)=A(M)+A(N)-A(M\cup N)
\]

\noindent y$\qquad \ \ \ A(M-N)=A(M)-A(M\cap N)$

\noindent Además, si $M$ y $N$ no se intersecan, o se intersecan a lo más en puntos frontera, entonces
\[
 A(M\cap N)=0
\]

\noindent d) Si $M$ tiene área (es J-m), entonces
\[
 A(M^{o})=A(\overline{M})=A(M)
\]

\noindent donde $M^{o}$ denota el interior de $M$.

\bigskip

2. Sea $\Omega \subset \mathbb{R}^{n}$. Demostrar que si $A(\Omega )=0$,
entones $c(\Omega )=0$.

\bigskip

3. Sea $f:\left[ a,b\right] \rightarrow \mathbb{R}$ una función
creciente. Sea $\Omega $ la región delimitada por las rectas $x=a$, $x=b$
y $y=0$, y por la gráfica de $f$. Demostrar que $\Omega $ es un conjunto con 
área (o sea, demostrar que $f$ es integrable).

\bigskip

4. Sea $R$ un rectángulo cerrado. Demostrar que $\Omega \subset R$ es un
conjunto con área si, y sólo si, para toda $\varepsilon >0$ existe
una partición $P$ de $R$ que induce subrectángulos $S$, tal que
\[
\underset{S\in \mathbb{S}_{1}}{\sum }V(S)-\underset{S\in \mathbb{S}_{2}}{\sum }V(S)<\varepsilon 
\]

\noindent donde $\mathbb{S}_{1}=\cup _{S\cap int\Omega \neq \varnothing } S$ y $\mathbb{S}_{2}=\underset{S\subset \overline{\Omega }}{\cup }S$.

\bigskip

5. Demostrar que si $\Omega \subseteq \mathbb{R}^{n}$ es un conjunto Jordán Medible, entonces $int\Omega $ y $\overline{\Omega }$ son J-m y se
satisface que $c(\Omega )=c(int\Omega )=c(\overline{\Omega })$. (Sugerencia:
recordar que $c(\Omega )= \int_{\Omega } f$, con $f$ la función
constante $1$.Usese el ejercicio 7 del capítulo 2).

